第33练 直线、平面垂直的判断与性质（课本变式练+考点分类练+最新模拟练+高考真题练+综合提升练）-备战2024年高考数学一轮复习高分突破（新高考通用）

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一、课本变式练
1.（人A必修二P148练习T3变式）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AA1=2，M、N分别是BB1和B1C1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】作的中点，连接，作的中点，连接、,即为异面直线AM与CN所成的角，由已知条件得，则,,由余弦定理得,在△中，有余弦定理可知,即,解得，
故选D.
2.（人A必修二P161练习T3变式）设表示两条不同的直线，表示平面，且，则“”是“”成立的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于该平面.所以由“”可得“”，充分性成立；反之亦成立.所以“”是“”成立的充要条件.故选A
3. （人A必修二P162习题8.6T2变式）下列说法中可以判断直线平面的是（ ）
A．直线l与平面内的一条直线垂直B．直线l与平面内的两条直线垂直
C．直线l与平面内的两条相交直线垂直D．直线l与平面内的无数条直线垂直
【答案】C
【解析】根据线面垂直的判定定理：直线垂直平面内两条相交直线，强调两条、相交，A 、B不正确，C正确；根据线面垂直定义：直线垂直平面内得任一条直线，此时强调任一条，不是无数条，因为这无数条直线可能是平行的，D不正确．故选C．
4. （人A必修二P162习题8.6T5变式）如图，棱锥的底面是矩形，平面，．求证：平面
【解析】因为平面，BD平面，所以PA⊥BD，因为，底面是矩形，所以由勾股定理得：，所以底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD，又PA=A，所以BD⊥平面PAC.
二、考点分类练
(一)线线垂直
5. （2022届浙江省杭州二中、温州中学，金华一中三校高三下学期5月仿真模拟）在四棱锥中，底面是等腰梯形，若，，则下列结论可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】若，取中点，中点，连接，易得，，则，又，
面，，则面，又面，则，与矛盾，A错误；
过作交延长线于，连接，易得，则，由可得，
又面，，则面，又面，则，则，B错误；
若，连接，易得四边形为平行四边形，则，，则，又，
则，由B选项知，矛盾，C错误；
若，同C选项可得，又由B选项知，可能成立，D正确.故选D.
6. （多选）如图所示，已知四边形ABCD是由一个等腰直角三角形ABC和一个有一内角为30的直角三角形ACD拼接而成，将△ACD绕AC边旋转的过程中，下列结论中可能成立的是（ ）
A．CD⊥ABB．BC⊥ADC．BD⊥ABD．BC⊥CD
【答案】ACD
【解析】当将△ACD绕AC边旋转到CD⊥BC时，因为CD⊥AC，，此时CD⊥平面ABC，而平面ABC，则CD⊥AB，CD⊥BC，AD正确；
此时AB⊥平面BCD，平面BCD，所以AB⊥DB，C正确；
若，而AB⊥BC，，故必有BC⊥平面ABD，由图形可知，D点在B点正上方，而，所以显然不可能；故选ACD
7. （2023届云南省下关第一中学高三上学期见面考）如图，已知AB为圆锥SO底面的直径，点C在圆锥底面的圆周上，，，BE平分，D是SC上一点，且平面平面SAB．
(1)求证：；
(2)求平面EBD与平面BDC所成角的余弦值．
【解析】（1）因为，且BE平分，
所以，
又因为平面平面SAB，且平面平面，平面SAB，
所以平面BDE，
又因为平面BDE，
所以；
（2）取的中点M，连接OM，OS，则OM，OS，OA两两垂直，
所以以O为坐标原点，以OM为x轴，以OA为y轴，以OS为z轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
由（1）知平面BDE，所以是平面BDE的一个法向量，
设平面BDC的法向量为，
因为，
则，
取，则，
因此，
由图可知平面EBD与平面BDC所成角为钝角，
所以平面EBD与平面BDC所成角的余弦值为．
(二)线面垂直
8．已知在长方体中，在平面上任取一点，作于，则（ ）
A．平面B．平面
C．平面D．以上都有可能
【答案】A
【解析】平面，，即平面，平面，
又平面平面，平面平面，平面.故选A.
9. 已知平面、和直线、，则下列说法：
①若，，，则；
②若，，，则；
③若，，则；
④若，，，，则.
其中正确的说法序号为________．
【答案】④
【解析】对于①，若，，，则与的位置关系不确定，①错；
对于②，若、不垂直，则与不垂直，②错；
对于③，若，，则与不一定垂直，③错；
对于④，由面面垂直的性质定理可知④对.
10. 如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．
(1)证明：平面；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
【解析】 (1)证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线，所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，
平面，所以平面．
(2)由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知
，所以，即底面三角形是直角三
角形．设，则
在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱
锥的体积最大，
（另解：等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由（1）知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
法二：由（1）知两两相互垂直，
如图，以点E为原点，所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则．
由（1）知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为
(三)面面垂直
11. （2022届吉林省洮南市第一中学高三下学期第一次线上考试）已知三棱锥中，，，平面平面ABC，则三棱锥的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】取的中点，连接，，如图所示：
因为，所以为的外接圆圆心，
又因为，为的中点，所以.
因为平面平面，所以平面，
所以三棱锥的外接球球心在直线上.
在上取一点，使得，即为三棱锥的外接球球心，
设，，所以，
.
在中，，
所以，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
12.（2023届广东省高三上学期开学联考） 如图所示，在直三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，是的中点，是上一点．
(1)求证：平面平面；
(2)若平面，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．
【解析】（1）在直三棱柱中，平面，
因为平面，所以，
因为是等边三角形，D是AB的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，平面平面．
（2）取中点，连接、，
记，则是中点，连接，则平面平面，
因为平面，平面，
所以，
因为是中点，
所以是中点．
所以，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，如图，
则，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，即，令，得，
因为平面，
所以平面的一个法向量为，
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
．
所以，平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
(四)异面直线所成角
13. 在长方体中，点E为的中点，，且，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，由可得或其补角即为异面直线AE与BC所成角，又面，面，则，
则，同理可得，，则，，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为.
14. （2022届重庆市缙云教育联盟高三下学期3月质量检测）在三棱锥中，，，异面直线PA，BC所成角为，，，则该三棱锥外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】过点A作AD∥BC，过点C作CD∥AB，AD与CD相交于点D，连接PD，因为AB⊥BC，所以AD⊥CD，又，所以四边形ABCD为正方形，所以CD=AD =4，异面直线PA，BC所成角为∠PAD，所以或，因为AB⊥BC，所以AB⊥AD，又因为，，所以AB⊥平面PAD，因为平面PAD，所以AB⊥PD，故，因为PC=8，由勾股定理得：，
当时，如图，在△PAD中，由余弦定理得：，解得：，则，所以，因为，所以PD⊥平面ABCD，取PB中点O，对角线AC，BD相交于点E，则E为BD中点，连接OE，则OE∥PD，所以OE⊥平面ABCD，则点O即为该三棱锥外接球的球心，其中，EB=，由勾股定理得：，即半径，外接球表面积为.
当时，如图，在△PAD中，由余弦定理得：，解得：，则过点P作PN⊥AD交DA的延长线于点N，则∠PAN=，故，，因为AB⊥平面PAD，平面PAD，所以AB⊥PN，因为，所以PN⊥平面ABCD，对角线AC，BD相交于点E，根据△ABC为直角三角形，AC为斜边，故E为球心O在平面ABC的投影，即OE⊥平面ABCD，过点O作OM⊥PN于点M，连接EN，OP，OC，则OM=EN，OE=MN，OC=OP且为外接球半径，其中，由余弦定理得：，设OE=MN=h，由勾股定理得：，即，解得：，代入上式，解得，即半径，外接球表面积为.
(五)直线与平面所成角
15. 在长方体中，，，，直线与平面所成的角是（ ）
A．45°B．90°
C．正切值为2D．正切值为
【答案】A
【解析】长方体中，直线平面，所以就是直线与平面所成的角，在中，，， 所以，所以.
故选A.
16. 如图，在棱长为的正方体中，是的中点，是的中点，则直线与平面所成角的正切值为________．
【答案】
【解析】连接，
平面，即为直线与平面所成角，在中，，，.
三、最新模拟练
17. （2022届广东省潮州市高三上学期期末）若一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，所以，
解得，设该圆锥的母线与底面所成角，则，所以．故选C
18. （2022届河南省安阳市重点高中高三模拟调研）在四面体ABCD中，，平面BCD，.过点B作垂直于平面ACD的平面截该四面体，若截面面积存在最大值，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】在四面体ABCD中，，平面BCD，.∵平面BCD，平面BCD，，又，,则平面，过作于点，过点作,则平面，平面，故，，则平面，平面，故平面平面ACD，设，设，在中，，，在中，，，，在△中，，则，故，故，令，，得，当时，，当时，，故函数在时单调递减，在时单调递增，即当时，有最小值，此时截面面积最大，故当，时，截面面积最大，故若截面面积存在最大值，则，故的最大值为，故选C.
19. （多选）（2022届湖北省襄阳市第五中学高三下学期适应性考试）是两条不同的直线，是空间两个不同的平面，如下有四个命题，其中正确的命题是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】对于A：由、，可得，又，所以，故A正确；
对于B：由、，可得，又，则或，故B错误；
对于C：由，则或，又，则或或与相交（不垂直）或，故C错误；
对于D：由、，可得，又，所以，故D正确；故选AD
20.（2023届广东省惠州市高三上学期第一次调研） 如图所示，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，，M是PC上的一动点，当点M满足___________时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可）
【答案】（或，等都可）
【极限】解：可填，
由为菱形，则，
∵平面，平面，
所以，
又，
∴平面，
又平面，
∴，
又，，
所以平面MBD，
又因平面PCD，
所以平面MBD⊥平面PCD.
故答案为：.（或，等都可）
21. （2022届福建省福州格致中学高三模拟）如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，
（1）求证：直线AC⊥平面BDB1；
（2）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值.
【解析】（1）连接交于，
因为，，，
所以，故
又因为为菱形对角线交点，即是线段的中点，所以
又四边形为菱形，故
而，所以平面
方法二：因为，
所以点在平面内的射影在为的平分线，
又四边形为菱形，故为的平分线，则直线
故平面平面，而平面平面，
又四边形为菱形，故
所以平面
（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面
由（1）得平面平面，平面平面，
所以过做，则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）
因为四棱台中，所以，
由菱形有，且∠ABC=，所以，
作，因为，则，，所以，
则，，，
故.
法二：延长交于点，
平面即为平面，平面即平面，
设直线与平面所成角为
过作，垂足为，因为，所以
建系，以为轴，作轴，
设平面的法向量为，则
，
所以，
所以
22. （2023届湘豫名校联考高三上学期8月入学摸底）如图，在四棱锥中，平面，且.
(1)证明：；
(2)若点为的中点，求点到平面的距离.
【解析】（1）过点作交于，连接，如图，
在中，，，
又，，四边形为矩形，
，，，
，，
在中，，
，，，
平面，平面，.
平面平面，平面.
平面，.
（2）过作交于，连接，如图，
又平面，平面，
点为的中点， 三棱锥的高，
，
在中，，为的中点，，
又点为的中点，，，
在中，，
平面，平面，，
在中，，
在中，由余弦定理得，
，
.
设点到平面的距离为，
则，解得，
点到平面的距离为.
四、高考真题练
23. （2022新高考全国卷Ⅰ）（多选）已知正方体,则
A. 直线与所成的角为B. 直线与所成的角为
C. 直线与平面所成的角为D. 直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【解析】如图,连接、,因为,所以直线与所成的角即为直线与所成的角,因为四边形为正方形,则,故直线与所成的角为,A正确；
连接,因为平面,平面,则,
因为,,所以平面,
又平面,所以,故B正确；
连接,设,连接,
因为平面,平面,则,
因为,,所以平面,
所以为直线与平面所成的角,
设正方体棱长为,则,,,
所以,直线与平面所成的角为,故C错误；
因为平面,所以为直线与平面所成的角,易得,故D正确.故选ABD.
24. （2022高考全国卷乙）在正方体中,E,F分别为的中点,则（）
A. 平面平面B. 平面平面
C. 平面平面D. 平面平面
【答案】A
【解析】在正方体中,且平面,平面,所以,因为分别为的中点,所以,所以,又,所以平面,又平面,所以平面平面,故A正确；
对于选项B,如图所示,设,,则为平面与平面的交线,在内,作于点,在内,作,交于点,连结,则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角,
由勾股定理可知：,,
底面正方形中,为中点,则,
由勾股定理可得,
从而有：,
据此可得,即,
据此可得平面平面不成立,选项B错误；
对于选项C,取的中点,则,
由于与平面相交,故平面平面不成立,选项C错误；
对于选项D,取的中点,很明显四边形为平行四边形,则,
由于与平面相交,故平面平面不成立,选项D错误；故选A
25.（2022高考全国卷乙）如图,四面体中,,E为的中点．
（1）证明：平面平面；
（2）设,点F在上,当的面积最小时,求与平面所成的角的正弦值．
【解析】（1）因为,点E为AC中点,
所以,
因为,
所以△ABD≌△CBD,,
因为点E为AC中点,所以,
因为,
所以平面BED,
因为平面ACE,
所以平面ACE平面BED.
（2）连接,由（1）知,平面,因为平面,
所以,所以,
当时,最小,即的面积最小.
因为,所以,
又因为,所以是等边三角形,
因为E为的中点,所以,,
因为,所以,
在中,,所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则,
所以 ,
设,则=,
因为,所以,所以,
所以,
设平面ABD的一个法向量,则,即,
取,则,
设CF与平面ABD所成角为,
则.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
26. （2022高考全国卷甲）在四棱锥中,底面．
（1）证明：；
（2）求PD与平面所成的角的正弦值．
【解析】(1)在四边形中,作于,于,
因为,
所以四边形为等腰梯形,所以,
故,,
所以,所以,
因为平面,平面,所以,
又,所以平面,
又因平面,所以.
解：如图,以点为坐标原点,直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,
则,
则,
设平面的法向量,
则有,即,取,则,
设PD与平面所成的角为,
则,
所以与平面所成角的正弦值为.
五、综合提升练
27. （2022届浙江省绍兴市柯桥区高三下学期5月适应性考试）如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.故选B.
28. （多选）（2022届海南省海南中学高三下学期月考）如图，菱形边长为，，为边的中点，将沿折起，使到，且平面平面，连接、，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面面
B．三棱锥外接球的表面积为
C．二面角的余弦值为
D．若在线段上，则异面直线与所成角的范围是
【答案】ABD
【解析】对于A选项，在菱形中，，，，
由余弦定理可得，，
，
翻折后，对应地有，，
，平面，平面，
因此，平面面，A对；
对于B选项，在菱形中，，，则，
因为平面平面，平面平面，，平面，
平面，将三棱锥补成长方体，
则三棱锥外接球的直径为，则，
所以，三棱锥外接球的表面积为，B对；
对于C选项，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
由图可知，二面角的平面角为钝角，
所以，二面角的余弦值为，C错；
对于D选项，可设点，其中，，，
，
则，其中，
所以，，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
因为，，所以，，，
即当时，，故，
因此，异面直线与所成角的范围是，D对.故选ABD.
29. 如图，已知边长为4的菱形中，，将沿对角线翻折至所在的位置，若二面角的大小为，则过，，，四点的外接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】由已知得与均为边长是4 的正三角形，取AC中点G，连，如图：
则有，于是得是二面角的平面角，，
显然有平面，即有平面平面，平面平面，
令正与正的中心分别为E，F，过E，F分别作平面，平面的垂线，则二垂线都在平面内，它们交于点O，
从而得点O是过，，，四点的外接球球心，连OA，则OA为该外接球半径，
由已知得，而，于是得，在中，，
而，在中，，
所以过，，，四点的外接球的表面积为.
30. 如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由.
【解析】（1）连接与，两线交于点，连接，
在中，分别为，的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，平面，所以.
又为棱的中点，，所以.
因为，，平面，
所以平面，平面，所以.
因为，所以.又，
在和中，，
所以，即，
所以，又，，平面，
所以平面.
（3）当点为的中点，即时，平面平面.
证明如下：设的中点为，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以且，又为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
由（2）知：平面，所以平面，又平面，
所以平面平面.